VIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

Zbudować trójkąt $ABC$ mając dane: bok $AB = c$ , promień koła opisanego $R$ oraz kąt $\delta$ zawarty między dwusieczną kąta $C$ i wysokością poprowadzoną z wierzchołka $C$ .

Rozwiązanie

Niech $D$ (rys. 4) oznacza spodek wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z wierzchołka $C$ , $E$ - punkt przecięcia dwusiecznej kąta $C$ z bokiem $AB$ , $M$ - punkt przecięcia prostej $CE$ z okręgiem opisanym na trójkącie $ABC$ , a $F$ - spodek prostopadłej opuszczonej z $M$ na prostą $AB$ . Ponieważ $\measuredangle ACM = \measuredangle MCB$ , więc punkt $M$ jest środkiem łuku $AMB$ , a ponieważ $CD \parallel FM$ , więc $\measuredangle FME = \measuredangle DCE = \measuredangle \delta$ .

Wysnuwamy stąd następującą konstrukcję. Wykreślamy okrąg o danym promieniu $R$ i prowadzimy w nim cięciwę $AB = c$ , co jest możliwe, gdy $c \leq 2R$ . Niech $M$ będzie środkiem jednego z łuków okręgu wyznaczonych przez $AB$ . Z punktu $M$ opuszczamy prostopadłą $MF$ na $AB$ i przy półprostej $MF$ budujemy kąt $FME$ równy danemu kątowi $\delta$ . Jeśli ramię $ME$ tego kąta przecina wykreślony okrąg w punkcie $C$ leżącym po przeciwnej stronie prostej $AB$ niż $M$ , to trójkąt $ABC$ spełnia warunki zadania. Taki punkt $C$ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy kąt $\delta$ jest mniejszy od kąta $FMA$ . Ponieważ jako punkt $M$ możemy obrać środek któregokolwiek z dwóch łuków okręgu o cięciwie $AB$ i ponieważ kąt $FME$ możemy zbudować po którejkolwiek stronie półprostej $MF$ , więc zadanie może mieć $4$ rozwiązania parami symetryczne względem osi $MF$ lub $2$ rozwiązania symetryczne względem $MF$ , lub wreszcie może nie mieć żadnego rozwiązania.

Wynik ten można sformułować nieco dokładniej. Zauważmy, że $\measuredangle FMA = \frac{1}{2} \measuredangle BMA$ i że $\sin \measuredangle BMA = \frac{c}{2R}$ . Niech $\gamma$ oznacza taki kąt ostry, że $\sin \gamma = \frac{c}{2R}$ , wówczas $\measuredangle BMA = \gamma$ lub $\measuredangle BMA = 180^\circ - \gamma$ , zatem $\measuredangle FMA = \frac{\gamma}{2}$ lub $\measuredangle FMA = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ . Może zajść jeden z 3 przypadków:

a) $\delta < \frac{\gamma}{2}$ zadanie ma wówczas $4$ rozwiązania parami symetryczne

b) $\frac{\gamma}{2} \leq \delta < 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ , zadanie ma $2$ rozwiązania symetryczne

c) $\delta \geq 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ zadanie nie ma rozwiązań.

Uwaga. Oznaczmy kąty trójkąta w zwykły sposób literami $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ i przypuśćmy, że $\alpha > \beta$ . Wtedy $\delta = \measuredangle DCE = \measuredangle ACE - \measuredangle ACD = \frac{1}{2} \gamma - (90^\circ - \alpha) = \frac{1}{2} (2 \alpha + \gamma - 90^\circ) = \frac{1}{2} (\alpha - \beta)$ . Zadanie powyższe sprowadza się do rozwiązania układu 2 równań: $\sin (\alpha + \beta)= \frac{c}{2R}$ , $\alpha - \beta = 2 \delta$ , z $2$ niewiadomymi $\alpha$ i $\beta$ .